Oplossingen van Wie de slimste?

U had de oplossingen van de prijsvraag Wie is de slimste? nog te goed. Bij deze!

Opgave 1

Op hoeveel verschillende manieren kan een koning van veld e1 naar veld d8 in zo min mogelijk aantal zetten?

Vrijwel iedereen had het volgende inzicht:

Laat A(v) het aantal mogelijke manieren zijn om veld v te bereiken vanaf e1, in het aantal zetten dat overeenkomt met het verschil in rijen. Dan is eenvoudig in te zien dat A(d8) = A(c7) + A(d7) + A(e7). Evenzo geldt dat A(c7) = A(b6) + A(c6) + A(d6), enzovoort. Dit maakt de volgende aanpak mogelijk: beginnende met A(e1) = 1 (en A(a1) = A(b1) = … = A(h1) = 0), bepaal voor elke opeenvolgende rij wat A is voor alle (relevante) velden, door de som te nemen van de drie ondergelegen velden. Dat geeft de volgende tabel:

357
90
126
141
15
30
45
51
45
1
4
10
16
19
16
10
1
3
6
7
6
3
1

1
2
3
2
1
1
1
1
1

Het antwoord is dus 357.

Henk Don gaf naast deze oplossing nog een andere methode. De koning maakt gebruik van drie zetten: naar linksboven, recht naar boven en naar rechtsboven. Laat l, b en r de aantallen zijn van elke soort zet die de koning gebruikt. Dan geldt uiteraard l+b+r = 7, en daarnaast l-r = 1 (om op de d-lijn uit te komen). Dat geeft de volgende mogelijke combinaties voor l, b en r:

(l,b,r) = (1,6,0) of (2,4,1) of (3,2,2) of (4,0,3)

In elk geval maakt het niet uit in welke volgorde de zetten worden uitgevoerd, dus is het een kwestie van tellen hoeveel verschillende volgordes er zijn. Dit wordt gegeven door de zogenaamde trinomiaalcoëfficiënt. De formule is:

7! / (l! * b! * r!), waarbij n! = 1*2*…*n (en 0! = 1)

Voor alle combinaties van l, b en r tezamen geeft dit:

7! / (1!*6!*0!) + 7! / (2!*4!*1!) + 7! / (3!*2!*2!) + 7! / (4!*0!*3!) = 7 + 105 + 210 + 35 = 357

Opgave 2

a. de toren

Zet een toren op veld a2. Twee spelers doen om de beurt een zet met deze toren. Wie de toren op h8 krijgt wint.

De toren beweegt als volgt (een of meer velden):

– verticaal alleen naar boven

– horizontaal alleen naar rechts

Wie wint er en waarom ? Geef de winnende zetten.

De speler die begint wint door de toren naar b2 te spelen, op de lange diagonaal. De tweede speler moet een zet doen die de toren van de diagonaal afhaalt. Daarna kan de eerste speler de toren weer terugzetten op de diagonaal. Zo kan de eerste speler ervoor zorgen dat de tweede speler nooit de toren op de diagonaal kan zetten. Aangezien het eindveld h8 op de diagonaal ligt, zal de winst dus voor de eerste speler zijn.

De enige winnende zet is dus Tb2.

b. de dame

Zet een dame op veld a2. Twee spelers doen om de beurt een zet met deze dame. Wie de dame op h8 krijgt wint.

De dame beweegt als volgt (een of meer velden):

– verticaal alleen naar boven

– horizontaal alleen naar rechts

– diagonaal alleen naar rechtsboven

Wie wint er en waarom? Geef de winnende zetten.

Dit spel kent, net als het voorgaande spel, bepaalde velden waarvoor de speler die aan zet is verliest (zetdwang!). Deze velden kunnen geïdentificeerd worden door terug te redeneren.

Merk allereerst op dat, als we de velden in alfabetische volgorde zetten (dus a1-a2-a3-…-a8-b1-b2-…), elke zet de dame brengt naar een veld dat verderop in de lijst staat.

We beginnen achteraan. Als de dame op h8 staat, heeft de speler die aan zet zou zijn verloren. Dus alle velden van waaruit h8 in één zet bereikt kan worden zijn gewonnen voor de speler die aan zet is. Wat is nu het laatstvoorkomende veld waarvoor dit niet het geval is? Dit is g6. Er volgt dat dit veld verliezend moet zijn; elke zet brengt de dame immers naar een veld verderop in de lijst, van waaruit h8 in één keer te bereiken is.

Elk veld van waaruit g6 bereikt kan worden zijn dus gewonnen voor de aan zet zijnde speler. Het laatstvoorkomende veld dat (nog) niet als gewonnen staat gemerkt is f7. Dit moet dus ook een verliezend veld zijn. Als we deze procedure blijven herhalen vinden we de verliezende velden h8, g6, f7, e3, d1, c5 en a4.

Vanaf a2 zijn er dus twee winnende zetten: Da4 en Df7.

Dit spel is in feite Wythoff’s game. De verliezende posities voldoen aan een interessante wiskundige formule.

Opgave 3

Vanuit hoeveel Chess960 beginopstellingen is het theoretisch mogelijk dat Wit mat geeft op de tweede zet (zoals Zwart mat in twee kan geven vanuit de normale beginopstelling)?

Veel inzenders slaagden er niet in alle mogelijkheden te identificeren. Voor de uitleg laat ik graag het woord aan onze winnaar.

Voor de volledigheid volgen de regels waar een Chess960 beginopstelling aan moet voldoen:

ˆ- De koning staat (eventeel met andere stukken) tussen de torens.

ˆ- Beide spelers hebben een witveldige en een zwartveldige loper.

ˆ- Gelijke stukken staan tegenover elkaar.

Het is vrij snel te zien dat het mat niet met toren, paard of pion gegeven kan worden, dus blijft over loper en dame. We gaan alle mogelijkheden systematisch langs.

Stel dat het mat met de loper gegeven wordt. Dan maken we de volgende constateringen:

ˆ- Als de loper schaak geeft op de vijfde rij (of daarvoor), dan kan zwart een pion op de zesde rij er tussen zetten.

ˆ- Als de loper schaak geeft op de zevende rij, dan kan zwart de loper slaan met de koning.

ˆ- Als de loper schaak geeft op de zesde rij kan deze altijd geslagen worden door een pion, tenzij het schaak op a6 of h6 gegeven wordt.

Stel nu dat wit mat geeft met Lh6. De zetten van de partij zijn dan 1. d2-d4 g7-g6 2. Lc1-h6 mat, en dan staat dus de volgende stelling op het bord (waarbij de meeste stukken even weggelaten zijn):

Op het veld g8 kan geen paard, toren of dame staan, want dan zou zwart niet mat staan. Blijft dus over een loper. Maar als er op g8 een loper staat, dan moet er op g1 ook een loper staan, met als gevolg dat wit twee zwartveldige lopers heeft. Dit leidt tot een ongeldige stelling, dus mat met Lh6 is uitgesloten. Om dezelfde reden valt ook La6 af. Conclusie: er zijn geen beginstellingen mogelijk waar wit met op de tweede zet mat kan geven met een loper.

We gaan verder met de dame. Een diagonaal mat kan alleen gegeven worden op a6 of h6, net als in het geval van de loper. Dus stel dat het partijverloop als volgt is: 1. d2-d4 g7-g6 2. Dc1-h6 mat. Op g8 moet dan weer een loper staan. Aangezien de koning tussen de torens moet staan, kan op h8 alleen een toren staan. Op e8 staat geen dame (die staat al op c8), geen loper (kleur niet toegestaan), geen paard (want dan was het geen mat), dus ook daar moet een toren staan. We hebben dus in ieder geval onderstaande stukken op het bord:

De resterende loper kan nu op b8 of d8, op de overige twee velden staan paarden. Voor mat met Da6 kunnen we de hele zaak weer spiegelen. We hebben nu dus de vier beginopstellingen die aan de voorwaarde voldoen.

Met de dame is er nog een tweede matmotief mogelijk: op de vijfde rij mat geven in verticale richting. Dat kan niet met Dxh5, want de koning moet tussen de torens staan. Laten we eens kijken naar Dxg5. Naast de koning kan geen dame, loper of paard staan, want dan is het geen mat. Dus aan weerszijden van de koning (op f8 en h8) staat een toren. Op e8 kan geen dame (want die moet tegenover de witte) en geen paard (want dan is het geen mat). Dus op e8 staat een loper. Na het partijverloop 1. d2-d4 g7-g5 2. Dc1xg5 mat, onstaat dus de volgende stelling (waarbij weer enkele stukken ontbreken):

De andere loper kan op b8 of d8, en op de twee plaatsen die dan nog over zijn staan de paarden. Met spiegeling erbij geeft nog eens vier beginstellingen.

De volgende potentiële matzet die we onderzoeken is Dxf5. De koning staat dan op f8 en torens op e8 en g8. Op d8 en h8 mag geen paard, geen dame (want die moet op b8), dus daar kunnen alleen lopers. Dan krijg je echter twee zwartveldige zwarte lopers, hetgeen niet is toegestaan. Op dezelfde manier valt de mogelijkheid Dxe5 af, omdat zwart dan twee witveldige lopers zou moeten hebben. Hiermee zijn alle mogelijkheden in kaart gebracht.

Conlusie: er zijn 8 Chess960 beginopstellingen waarbij het theoretisch mogelijk is dat wit op de tweede zet mat geeft:

In beide stellingen kunnen de loper op b1/b8 en het paard op d1/d8 omgewisseld worden, en de stellingen kunnen gespiegeld worden.

Opgave 4

Maak een stelling waarin Wit zo veel mogelijk zetten heeft die mat in één geven. De stelling moet vanuit de beginopstelling te bereiken zijn zonder promoties. Als een pion tot meerdere stukken kan promoveren, dan gelden die mogelijkheden als verschillende zetten.

Helaas was er reeds in 1859 een stelling gecomponeerd die wordt toegeschreven aan het gezelschap Pöllmacher, Schurig, Barbe, Bezzel, Grimm en LaForest. De opstellers van deze prijsvraag wisten dit niet en hadden het ook niet weten te vinden bij een eigen zoektocht op internet. Toevallig kwam ik zelf de stelling tegen rond de jaarwisseling.

In de onderstaande stelling zijn er maar liefst 47 matzetten:

Een aantal inzenders hadden deze oplossing (soms met een kleine aanpassing) gegeven. Niemand wist het aantal van 47 te overtreffen, dus dit blijft het record.

1 Comment

Alleen geregistreerde kunnen een reactie achter laten.